2021年高考化学真题试卷(海南卷)带答案解析

2021年高考化学真题试卷（海南卷）一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．下列物质中，其主要成分不属于烃的是（）汽油 B.甘油 C.煤油 D.柴油【答案】B【考点】饱和烃与不饱和烃合物，多为烷烃．故选B．【分析】烃只含有C、H元素，汽油、煤油、柴油为烃类混合物，以此解答该题．本题考查有机物类别的判断，注意把握常见烃以及烃的衍生物的种类，题目主要考查化学与生活，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大．下列物质不可用作食品添加剂的是（）谷氨酸单钠 B.柠檬酸 C.ft梨酸钾 D.三聚氰胺【答案】D【考点】常见的食品添加剂的组成、性质和作用【解析】【解答】A．谷氨酸单钠为味精的主要成分，故A不选；柠檬酸主要用作酸味剂、抗氧化剂、调色剂等，故B不选；C．ft梨酸钾，主要用作食品防腐剂，故C不选；D．三聚氰胺有毒，不能用于食品加工及作食品添加剂，故D合成或者天然物质，食品添加剂首先应该是对人类无害的，其次才是对食品色、香、味等性质的改善和提高，以此解答．本题考查常见食品添加剂的识别，主要考查化学与生活，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大，平时注意相关基础知识的积累．HHH表示的是（）NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合 B.NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液混合C.HNO3溶液与KOH溶液混合 D.Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合【答案】C【考点】离子方程式的书写PAGEPAGE18【解析】【解答】A．二者反应生成硫酸钡、氢氧化钠和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故A不选；2B．NH4Cl2

溶液混合反应实质是铵根离子与氢氧根离子反应生成一水合氨，不能用H++OH﹣=H2O表示，故B不选；C．HNO3溶液与KOH溶液混合，反应实质是氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H++OH﹣=H2O，故C选；D．磷酸二氢根离子为多元弱酸根离子，不能拆，所以Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合不能用H++OH﹣=H2O表示，故D故选：C．【分析】强酸与强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应可用H++OH﹣=H2O子反应方程式书写正误的判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写为解答关键，侧重考查复分解反应的离子反应，注意化学式的拆分，题目难度不大．下列叙述错误的是（）氦气可用于填充飞艇 B.氯化铁可用于硬水的软化C.石英砂可用于生产单晶硅 D.聚四氟乙烯可用于厨具表面涂层【答案】B【考点】物质的组成、结构和性质的关系A稳定，不易和其它物质发生反应，氦气可用于填充气球，故A正确；B．氯化铁不能与钙离子、镁离子反应，不能降低钙离子、镁离子浓度，所以不能用于硬水的软化，故B错误；C．二氧化硅与焦炭反应生成硅与二氧化硅，所以石英砂可用于生产单晶硅，故CD．不粘锅表面涂层的主要成分为聚四氟乙烯，故D正确；故选：B．A识，涉及知识点有物质的性质及用途，性质决定用途，明确物质的性质是解题关键，题目难度不大．MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是（）c（CO2﹣） B.c（Mg2+） C.c（H+） D.

（MgCO）3【答案】A

sp 3【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，镁、铝的重要化合物3【解析】【解答】MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO（s）3

Mg2+（aq）+CO2﹣（aq），加入少量3稀盐酸可与O﹣促使溶解平衡正向移动，故溶液中（O﹣及HK（O）33 3只与温度有关，不变，只有A正确．

sp 3故选A．OO（）aO﹣a），加入少量稀盐酸，3 3 3发生CO2﹣+H+=HCO﹣或CO2﹣+H+=CO+HO，平衡正向移动，以此解答该题．本题考查难溶电解质的溶解3 3 3 2 2大．油酸甘油酯（884）在体内代谢时可发生如下反应：6 2 2 C57H104O（s）+80O（g）=57CO（g）+52HO（l6 2 2 1kg3.8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（）A.3.8×104kJ•mol﹣1 B.﹣3.8×104kJ•mol﹣1C.3.4×104kJ•mol﹣1 D.﹣3.4×104kJ•mol﹣1【答案】D【考点】燃烧热3.8×104kJ1kg3.8×104kJ1kg该化合物的物质的量为，则油酸甘油酯的燃烧热△H=﹣=﹣3.4×104kJ•mol﹣1 ，故选D．C57H104O68841kg3.8×104kJ1kg该化合物的物质的量，则计算1mol该化合物燃烧放出的热量，进而计算燃烧热．本题为2021题，考查燃烧热的计算，侧重考查学生的分析、计算能力，解答本题要注意相对分子质量的计算，注意相关计算公式的运用，难度不大．二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意．下列实验设计正确的是（）SO2具有漂白性HNO3Fe比H2活泼3将澄清石灰水滴入某溶液证明其中存在CO2﹣3KMnO4酸性溶液证明乙烯具有还原性【答案】D【考点】二氧化硫的性质，铁的化学性质，乙烯的化学性质，物质的检验和鉴别A、SO2性，故A错误；B、将铁屑放入稀HNO3中是硝酸的强氧化性，生成氮的氧化物，而不产生氢气，所以不能证明Fe比H2泼，故B错误；3C、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO2﹣ ，还可能存在碳酸氢根离子和亚酸根、亚硫酸氢根离子，故C错误；3D、乙烯有还原性，能被高锰酸钾氧化，使其褪色，故D正确；故选D．3、SO2、将铁屑放入稀HNO3、将澄清石灰水滴入某溶液有沉淀产生，不能证明其中存在CO2﹣，还可能存在碳酸氢根离子和亚硫酸根、亚硫酸氢根离子；3合性较强，但题目难度不大．下列有关实验操作的叙述错误的是（）过滤操作中，漏斗的尖端应接触烧杯内壁从滴瓶中取用试剂时，滴管的尖嘴可以接触试管内壁滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁向容量瓶转移液体时，导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁【答案】B【考点】化学实验方案的评价AA正确；B．滴加试剂时应防止污染滴管，滴管不能接触试管内壁，故B错误；C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，故C正确；D．向容量瓶转移液体时，为防止流出容量瓶外，可使导流用玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D正确．故选B．A利用太阳能分解水制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）可生成H20.02g2.408×1023个可生成H20.224L（标准情况）生成H20.04molNa与水反应产生H2的量【答案】D【考点】物质的量的相关计算【解析2H2O=2H2↑+O2↑0.02mol0.02molH20.01molO2．则可得：A．可生成H2的质量为0.02mol×2g/mol=0.04g，故A错误；B0.02mol×2×6.02×1023/mol=2.408×1022个，故B错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.02mol×22.4L/mol=0.448L，故C错误；D．钠与水发生2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，则0.04molNa与水反应产生0.02molH2 ，故D正确故选【分析】根据方程式2H2O=2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2 ，结合n= 𝑚𝑀

𝑉

=𝑁结合物质的构成解答该题．本题考查物质的量的计算，侧重于考查学生的分析、计算能𝑁A大．K2FeO4Zn溶液为电解溶质溶液．下列说法正确的是（）Zn为电池的负极 B.正极反应式为2FeO2﹣+10H++6e﹣=FeO+5HO4 2 3 2C.该电池放电过程中电解质溶液浓度不变 D.电池工作时向负极迁移【答案】A,D【考点】原电池工作原理及应用【解析】【解答】A．根据化合价升降判断，Zn化合价只能上升，故为负极材料，K2FeO4为正极材料，故A正确；B．KOH溶液为电解质溶液，则正极电极方程式为2FeO2﹣+6e﹣+8H+10OH﹣ ，故B错误；4 2 3CDD正确．AD．【分析】某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解溶质溶液，原电池发生工作时，Zn被氧化，3为原电池的负极，K2FeO4具有氧化性，为正极，碱性条件下被还原生成Fe（OH）3

，结合电极方程式以11.由反应物X11.由反应物X转化为Y和Z的能量变化如图所示．下列说法正确的（）A.由X→Y反应△H=E5﹣E2 B.由X→Z反应△C.降低压强有利于提高Y的产率 D.升高温度有利于提高Z的产率【答案】B,C【考点】反应热和焓变【解析【解答A．根据化学反应的实质，由X→Y反应△H=E3﹣E2 ，故A错误；△H＜0，故B确；2X（g）≒3Y（g），该反应是气体系数和增加的可逆反应，降低压强，平衡正向移动，有利于提高Y的产率，故C正确；由B的产率降低，故DBC．【分析】由图象可知2X（g）≒3Y（g）为吸热反应，而2X（g）≒2Z（g）为放热反应，反应热等于反应12.工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是（12.工业上可由乙苯生产苯乙烯：，下列说法正确的是（）A.该反应的类型为消去反应 B.乙苯的同分异构体共有三种2 C.可用BrCCl鉴别乙苯和苯乙烯 D.乙苯和苯乙烯分子内共平面的碳原子数均为72 【答案】A,C【考点】有机物的结构和性质【解析】【解答】A．反应C﹣C变为C=C，为消去反应，故A正确；B．乙苯的同分异构体可为二甲苯，有邻、间、对，连同乙苯共4种，故B错误；C．苯乙烯可与溴发生加成反应，溶液褪色，而乙苯不反应，可鉴别，故C正确；D．苯环和碳碳双键都为平面形，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，则乙苯有78个碳原子共平面，故D错误．故选AC．A．根据反应变为C=CC三、非选择题短周期元素X、、ZM的原子序数依次增大，元素X电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：（1）M元素位于周期表中的周期族．（2）Z元素，其在自然界中常见的二元化合物．（3）X与M的单质在高温下反应的化学方程式，产物分子为直线形，其化学键价键（极”“非极”）．（4）四种元素中可用于航空航天合金材料的制备，其单质与稀盐酸反应的化学方程式为 ．【答案】（1）三；VIA（3）C+2S；极性CS2（（3）C+2S；极性CS222（4）Mg；Mg+2HCl═MgCl+H↑22【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用【解答】短周期元素XY、、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则C元素；Y2+YMg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则ZSi，MS元素．（1）M为S元素，核外各层电子数为2、8、6，有3个电子层，最外层电子数为6，故处于第三周期VIA族，故答案为：三；VIA；2（2）Z元素是Si，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，故答案为：Si；SiO；2元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，故答案为：C+2S；极性；CS2（X碳与硫的单质在高温下反应生成2元素原子形成的共价键，其化学键属于极性共价键，故答案为：C+2S；极性；CS2（4）四种元素中只有Mg为金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，可用于航空航天合金材料的制备，Mg为活泼金属，与与稀盐酸发生置换反应生成氢气，故答案为：Mg；Mg+2HCl═MgCl+H↑．2 2【分析】称根据题中信息推断出、、Z、M四种元素。短周期元素X、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则XCYMg；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则ZSi，M为S推断、化学键、化学方程式化学等知识，比较基础，注意对基础知识的全面掌握．4 2 KAl（SO）•12HO（明矾）是一种复盐，在造纸等方面应用广泛．实验室中，采用废易拉罐（主要成AlMg杂质）制备明矾的过程如下图所示．回答下列问题：4 2 为尽量少引入杂质，试①应选（填标号）．a．HCl溶液b．H2SO4溶液c．氨水d．NaOH溶液易拉罐溶解过程中主要反应的化学方程式．沉淀B的化学式；将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因．（4）已知=1.0×10﹣14 ，

﹣+H++HO K=2.0×10﹣13．

溶于NaOH溶液反应w的平衡常数等．【答案】（1）d（2）2Al+2NaOH+2HO═2NaAlO

3 2 2 3+3H↑2 2 23（3）Al（OH）；Al3+水解，使溶液中H+浓度增大3（4）20【考点】制备实验方案的设计【解答】NaOHO═2NaAlO+3H↑；2 2 24 3 2 4 NH4HCO3NH+HCO﹣AlO﹣NH++AlO4 3 2 4 +2H

↓+NH•HO，生成沉淀；因Al3++3H+3H+ ，则明矾水溶液显酸2 3 3 2 3 2 3（）；l水解，使溶液中H4（）O﹣H+HH+3 3 2 2﹣②，①﹣②

﹣

﹣+2H

O

溶于NaOH溶液反应的平衡常数=K÷K==20，故答案为：=20，故答案为：20．【分析】易拉罐的主要成分为Al，含有少量的Fe、Mg杂质，可选择浓NaOH溶解，得到偏铝酸钠溶液，2FeMgNH4HCO3AlO2

﹣水解生成

OH）沉淀，过滤23后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4铝是两性金属能与强酸、强碱反应，而、Fe用NaOH溶液溶解AlNH4HCO3AlO﹣水解生233 成Al（OH）沉淀；Al3+水解使明矾溶液显酸性；（4）Al（OH）沉淀溶解在NaOH3 （）O﹣H，结合水的离子积和氢氧化铝的电离平衡常数计算此反应的平衡常数．本题以3 2 2用、盐类水解等，属基础考查，中等难度，易错点为平衡常数的计算．乙二酸二乙酯可由石油气裂解得到的烯烃合成．回答下列问题：（1）B和A为同系物的结构简式．反的化学方程式，其反应类型．反的反应类型．（4）C的结构简式．（5）反的化学方程式．（2）CH2=CH2+H2（2）CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；加成反应水解反应或取代反应（5）HOOC（5）HOOC﹣COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O【考点】有机物的推断【解析【解答C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2 ，与水发生加成反应生成乙醇发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3 ，CH2=CHCHO发生氧化反应得到HOOC﹣COOH．3的结构简式为：CH2=CHCH；3CH3CH2OH，加成反应；CH2=CH2CH3CH2OH，加成反应；是CH2=CHCH2ClCH2=CHCH2OH，也属于取代反应，故答案为：水解反应或取代反应；酯DCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2HCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O．【分析利用转化图推断出各物用结构C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC﹣COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2 ，与水发生加成反应生成乙醇发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3 ，CH2=CHCHO发生氧化反应得到COOH的性质与转化，比较基础．顺﹣1，2﹣二甲基环丙烷和反1转化：该反应的速率方程可表示为：v（正）=k（正）c（顺）和v（逆）=k（逆）c（反），k（正）和k（逆）在一定温度时为常数，分别称作正，逆反应速率常数．回答下列问题：（1）已知温度下正）=0.006s﹣1 ，k（逆）=0.002s﹣1 ，该温度下反应的平衡常数值1 a K= ；该反应的活化能E（正）小于E（逆），△H 小于”“等或“大”1 a 2温度下，图2中能表示顺式异构体的质量分数随时间变化的曲线（填曲线编号平衡22 2常数值K= ；温度t t（“小”“等”“大”），判断理由．2 2【答案】（1）3；小于（2）B；7；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动3【考点】化学平衡常数，化学平衡的影响因素，化学平衡的计算率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），该温度下反应的平衡常数值K1===3，该反应【解析【解答】根据正正顺正，则正顺），v（逆）=k（逆反逆）=0.002s率相等，则0.006c（顺）=0.002c（反），该温度下反应的平衡常数值K1===3，该反应的活化能E（正E（逆△Ha a小于0，故答案为：3；小于；以平衡常数K2=＞K= ，因为K12，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t＞t2 1以平衡常数K2=＞K= ，因为K12，放热反应升高温度时平衡逆向移动，所以温度t＞t2 1，故答案为：B；；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动．【分析】（答案为：B；；小于；放热反应升高温度时平衡向逆反应方向移动．应的活化能E（正）小于E（逆），说明断键吸收的能量小于成键释放的能量，即该反应为放热反应；本a a答时注意体会图象的涵义，为解答该题的重要突破，难度中等．258.2%SiO、21.0%ZnO4.5%ZnS12.8%CuS15.0g该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜．采用的实验方案如下：2回答下列问题：在下列装置中，第一次浸出必须，第二次浸出应选．（填标号）1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成 ．滤渣2的主要成分．浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用的器皿名称．4 某同学在实验完成之后，得到1.5gCuSO﹒5H则铜的回收率4 【答案】（1）D；AH2O2蒸发皿（4）30%【考点】合理利用金属资源【解析】【解答】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的气体生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，选D装置，第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体，可以选用A装置，故答案为：D；A；2第二次浸出时，向盛有滤液1的反应器中加入稀硫酸，后滴入过氧化氢溶液．若顺序相反，会造成H2O2与固体颗粒接触分解，二氧化硅不与硫酸反应，滤渣2，故答案为：；2Cu的物质的量为15.0g×12.8%÷96g/mol=0.02mol，1.5gCuSO﹒5HO中Cu的物质含量的为1.5g÷250g/mol=0.006mol，则铜的回收率为×100%=30%的回收率为×100%=30%，故答案为：30%．【分析】（1）根据题目化学工艺流程知，第一次浸出发生反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，有有毒的生成，必须用氢氧化钠溶液进行尾气处理，第二次浸出时发生反应：CuS++H2O2+H2SO4=CuSO4+S+2H2O，不产生有毒气体；（2）H2O2与固体颗粒接触分解；二氧化硅不与硫酸反应；（3）浓缩硫酸锌、硫酸铜溶液使用仪器为蒸发皿；（4）根据CuS质量分数计算废催化剂中Cu的合能力的考查．四、选考题[选修5 有机化学基础]18.[5--下列化合物在核磁共振氢谱中能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1的有（）A.乙酸甲酯 B.对苯二酚 C.2﹣甲基丙烷 D.对苯二甲酸【答案】B,D【考点】有机物的结构和性质1：1，故A1：1，故A（）2种氢原子，核磁共振氢谱能出现3

）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰两组峰，且其峰面积之比为2：1，故B正确；D．对苯二甲酸（）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之C.2﹣甲基丙烷中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为9：D．对苯二甲酸（）中含有2种氢原子，核磁共振氢谱能出现两组峰，且其峰面积之比为2：1，故D正确．故选：BD．【分析】核磁共振氢谱中能出现两组峰，说明物质含有2种H2：1，则两种H原子数目之比为2：1处于镜面对称位置上的氢原子等效．本题考查有机物的结构，涉及核磁共振氢谱，关键是判断分子中H原子种类，注意等效氢判断方法，比较基础．19.[选修5--有机化学基础]富马酸（反式丁烯二酸）与Fe2+形成的配合物﹣﹣富马酸铁又称“富血铁”，可用于治疗缺铁性贫血．如图是合成富马酸铁的一种工艺路线：生取代反应生成，生取代反应生成，发生氧化反应生成，再发生消去反应、中和反应得到，进行酸化得到富马酸为：．回答下列问题：（1）A的化学名称由A生成B的反应类型．（2）C的结构简式．富马酸的结构简式．检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤．2NaHCO3溶液反应可放出44.8LCO（标况）；富马酸的2同分异构体中，同为二元羧酸的还（写出结构简式）．（2）【答案】（（2）（3）（5）（4）取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+ （3）（5）【考点】有机物的推断，环己烯与溴发生加成反应生成C为，C再发生消去反应生成，与氯气发，环己烯与溴发生加成反应生成C为，C再发生消去反应生成，与氯气发己烯与溴发生加成反应生成己烯与溴发生加成反应生成C为，C再发生消去反应生成，与氯气发生取代反应生（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C的结构简式为：，故答案为：（2）环己烯与溴发生加成反应生成C，C的结构简式为：，故答案为：；（3）由上述分析可知，富马酸的结构简式为：，故答案为：；检验富血铁中是否含有Fe3+的实验操作步骤是：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe3+ ，反之，则无，故答案为：取少量富血铁，加入稀硫酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液显血红色，则产品中含有Fe（3）由上述分析可知，富马酸的结构简式为：，故答案为：；，故答案为：44.8；．【分析】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为，环富马酸为二元羧酸富马酸与足量饱和NaHCO3溶液反应可放出2mol，故答案为：44.8；．【分析】环己烷与氯气在光照条件下生成B为卤代烃，B发生消去反应生成环己烯，则B为，环成，发生氧化反应生成成，发生氧化反应生成，再发生消去反应、中和反应得到，进行酸化得到富马酸为：．本题考查有机物的推断与合成，根据五、选考题[选修3--物质结构与性质]20.[3--]下列叙述正确的有（）第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小键电子对数不计入中心原子的价层电子对数【答案】B,D【考点】元素周期表的结构及其应用，元素周期律和元素周期表的综合应用【解析【解答、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy ，且能级处于半满稳定状态时，含有未成对电子数最多，即外围电子排布为3d54s1 ，此元素为铬，故A错误；B、同周期核电荷数越多半径越小，所以第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小，故B确；C、HF分子间存在氢键，HCl分子内没有氢键，故C错误；D、价层电子对相斥理论中，σ键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π不计入，故D正确；故选BD．、第四周期元素中，外围电子排布为ndxnsy，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电HF键和孤对电子对计入中心原子的价层电子对数，而π键和价层电子对理论等，难度不大，注意选A时的稳定状态．21.[选修3--物质结构与性质]M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子．元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同．回答下列问题：单质M的晶体类型，晶体中原子间通作用形成面心立方密堆积，其中M原的配位数．元素Y基态原子的核外电子排布式，其同周期元素中，第一电离能最大的（元素符号）．元素Y的含氧酸中，酸性最强的（写化学式），该酸根离子的立体构型为（3）M（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示．①该化合物的化学式 ，已知晶胞参数a=0.542n，此晶体的密度 3．（写出N计算式，不要求计算结果．阿伏加德罗常数为）NA②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因．此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深色，深蓝色溶液中阳离子的化学式．【答案】（1）金属晶体；金属键；124（2）1s22s22p63s23p5；Ar；HClO；正四面体44×𝑀(𝐶𝑢𝐶𝑙)

；Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物；[Cu（NH

）]2+𝑁A×𝑎3×1021 3 4【考点】晶胞的计算，元素周期律和元素周期表的综合应用铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体，铜晶体是面心立方堆积，采用沿、YZ三轴切割的方法知，每个平面上铜原子的配位数是4×3=12元素氯是17Ar，sP3杂化，没有孤对电子数，立体构型为正四面体；故答案为：1s22s22p63s23p5；Ar；HClO；正四面体；（3（3）①依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为+6× =4，氯原子个数为a=0.542nm，则晶体密度为；故答案为：CuCl；；4，则化学式为；CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为Ma=0.542nm，则晶体密度为；故答案为：CuCl；；3 ②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水；该化合物中被氧化为Cu2+ ，所以深蓝色溶液中阳离子为）]2+；故答案为3 （或配离子

]2+．3 4型依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为+6× =4，氯原子个铜属于金属，金属阳离子与电子之间通过金属键结合在一起，晶体类型为金属晶体；铜晶体是面心立方堆积，采用沿XYZ三轴切割的方法确定其配位型依据晶胞结构，利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为+6× =4，氯原子个a=0.542nm，则晶体密度为，据此解答；数为4，则化学式为；CuCl；1mol晶胞中含有4molCuCl，1mol晶胞的质量为M（CuCl）a=0.542nm，则晶体密度为，据此解答；3 ②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物，所以CuCl难溶于水但易溶于氨水；该化合物中被氧化为Cu2+ ，所以深蓝色溶液中阳离子为）]2+；本题考查了晶体类型及结构特点，涉及到电子3 六、选考题，[选修2--化学与技术]22.[选修2--化学与技术]下列单元操作中采用了热交换设计的有（）A.电解食盐水制烧碱 B.合成氨中的催化合